题目内容
【题目】液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料，它在安全性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势。请回答下列问题：
Ⅰ.已知反应N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)的活化能Ea1=akJ/mol，相关化学键键能数据如下：
化学键 | H-H | N≡N | N-H |
键能/kJ·mol-1 | 436 | 946 | 391 |
(1)反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能Ea2=______kJ/mol(用含a的代数式表示)；
(2)已知：
① 4NH3(g)+3O2(g)＝2N2(g)+6H2O(l) △H1
② 4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(l) △H2
③ 4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(l) △H3
则△H1、△H2、△H3三者之间的关系为：△H3= ______________ ；
Ⅱ.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，工作原理如图所示。
(3)负极的电极反应式为_______________；
(4)当电路中通过3mol电子时，可产生氨气的体积(标况下)为_______L；正极区中n(H+)______(填“增加”、“减少”或“不变”)；
(5)该装置在高温下不能正常工作，原因是_____。
【答案】(a+92) 
MV+ -e- ＝MV2+ 22.4 不变 高温下氢化酶会失去催化活性
【解析】
Ⅰ.(1)△H=反应物总键能-生成物总键能，可以算出反应热，焓变等于正逆反应的活化能之差，且物质的量与能量成正比。
(2)根据盖斯定律进行计算；
Ⅱ.生物燃料电池的工作原理是N2+3H2
2NH3，其中N2在正极区得电子发生还原反应，H2在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断。
Ⅰ.(1)N2(g)+3H2 (g)2NH3(g)△H=反应物总键能-生成物总键能=(946+436×3)kJmol-1-(6×391)kJmol-1=-92 kJmol-1，合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的活化能Ea1=akJ/mol，氨分解的活化能Ea2，则有△H= Ea1- Ea2=-92 kJmol-1，所以Ea2=(a+92) kJmol-1，故答案为：(a+92)；
(2)已知：① 4NH3(g)+3O2(g)＝2N2(g)+6H2O(l) △H1
② 4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(l) △H2
根据盖斯定律可知反应③=
①-
②，所以△H3=，故答案为：；
Ⅱ.(3)负极区发生氧化反应，电极上的反应为：MV+ -e- ＝MV2+，故答案为：MV+ -e- ＝MV2+；
(4)负极区氢气在氢化酶的作用下发生氧化反应，反应式为H2+2MV2+═2H++2MV+，正极区得电子发生还原反应，生成NH3，发生反应：N2+6H++6MV+═6MV2++2NH3，根据反应可知转移6mol电子时生成2mol氨气，负极区产生6mol氢离子进入正极区，同时正极区消耗6mol氢离子，故氢离子总量不变，当电路中通过3mol电子时，可产生氨气的体积(标况下)为22.4L，正极区中n(H+)不变，故答案为：22.4；不变；
(5)高温条件下会导致氢化酶失活，故答案为：高温下氢化酶会失去催化活性。
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